2019-2020年高三理科数学一轮复习题组层级快练46含答案

1、2019-2020年高三理科数学一轮复习题组层级快练46含答案1如图是2015年元宵节灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁，下一呈现出来的图形是()答案A解析该五角星对角上的两盏花灯依次按逆时针方向亮一盏，故下一个呈现出来的图形是A.2已知a13，a26，且an2an1an，则a2 016()A3B3C6 D6答案B解析a13，a26，a33，a43，a56，a63，a73，an是以6为周期的周期数列又2 01663356，a2 016a63.选B.3定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：1()An Bn1Cn1 Dn2答案A解析由(n1)*1n*11，得n*

2、1(n1)*11(n2)*1214给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“若a，b，c，dQ，则abeq r(2)cdeq r(2)ac，bd”其中类比得到的结论正确的个数是()A0 B1C2 D3答案C解析提示：正确5观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76C123 D199答案C解析记anbnf(n)，则f(3)f(

3、1)f(2)134；f(4)f(2)f(3)347；f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，则f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47；f(9)f(7)f(8)76；f(10)f(8)f(9)123.所以a10b10123.6(2015济宁模拟)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则eq f(S1,S2)eq f(1,4)，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则eq f(V1,V2)()A.eq f(1,8

4、) B.eq f(1,9)C.eq f(1,64) D.eq f(1,27)答案D解析正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故体积之比为eq f(V1,V2)eq f(1,27).7已知x(0，)，观察下列各式：xeq f(1,x)2，xeq f(4,x2)eq f(x,2)eq f(x,2)eq f(4,x2)3，xeq f(27,x3)eq f(x,3)eq f(x,3)eq f(x,3)eq f(27,x3)4，类比有xeq f(a,xn)n1(nN*)，则a()An B2nCn2 Dnn答案D解析第一个式子是n1的情况，此时a1，第二个式子是n2的情况，此时a4，第三个式子是n3的

5、情况，此时a33，归纳可以知道ann.8已知an(eq f(1,3)n，把数列an的各项排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)()A(eq f(1,3)67 B(eq f(1,3)68C(eq f(1,3)111 D(eq f(1,3)112答案D解析该三角形所对应元素的个数为1,3,5，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)(eq f(1,3)112.9(2015郑州质检)设ABC的三边长分别为a，b，c，ABC的面积为S，内切圆半径为r，则req f(2S,abc).类比这

6、个结论可知：四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为r，四面体ABCD的体积为V，则r()A.eq f(V,S1S2S3S4) B.eq f(2V,S1S2S3S4)C.eq f(3V,S1S2S3S4) D.eq f(4V,S1S2S3S4)答案C解析设四面体ABCD的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是r，所以四面体ABCD的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的四个三棱锥的体积的和，则四面体ABCD的体积为Veq f(1,3)(S1S2S3S4)r，所以req f(3V,S1S2S3S4)，故选C.10(2015河北冀州中学期末)如图所示，坐标纸上

7、的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列an(nN*)的前12项，如下表所示：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去，则a2 013()A501 B502C503 D504答案D解析由a1，a3，a5，a7，组成的数列恰好对应数列xn，即xna2n1，当n为奇数时，xneq f(n1,2).所以a2 013x1 007504.11在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_答案18解

8、析两个正三角形是相似的三角形，它们的面积之比是相似比的平方同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方它们的体积比为18.12设数列an是以d为公差的等差数列，数列bn是以q为公比的等比数列将数列an的相关量或关系式输入“LHQ型类比器”左端的入口处，经过“LHQ型类比器”后从右端的出口处输出数列bn的相关量或关系式，则在右侧的“？”处应该是_答案Bnb1(eq r(q)n1解析注意类比的对应关系：，开方，乘方，01，所以Bnb1(eq r(q)n1.13已知数列an为等差数列，则有等式a12a2a30，a13a23a3a40，a14a26a34a4a50.(1)若数列an为等比

9、数列，通过类比，则有等式_；(2)通过归纳，试写出等差数列an的前n1项a1，a2，an，an1之间的关系为_答案(1)a1aeq oal(2,2)a31，a1aeq oal(3,2)aeq oal(3,3)aeq oal(1,4)1，a1aeq oal(4,2)aeq oal(6,3)aeq oal(4,4)a51(2)Ceq oal(0,n)a1Ceq oal(1,n)a2Ceq oal(2,n)a3(1)nCeq oal(n,n)an10解析因等差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算，后者是乘法运算，所以类比规律是由第一级运算转化到高一级运算，从而解出第(1)问；通过观察发现，已知等

10、式的系数与二项式系数相同，解出第(2)问14已知 eq r(2f(2,3)2eq r(f(2,3)， eq r(3f(3,8)3eq r(f(3,8)， eq r(4f(4,15)4eq r(f(4,15)，若 eq r(6f(a,t)6eq r(f(a,t)，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则at_.答案41解析根据题中所列的前几项的规律可知其通项应为eq r(nf(n,n21)neq r(f(n,n21)，所以当n6时a6，t35，at41.15.如图所示，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2a2b2.空间中的正方体，用一平面去

11、截正方体的一角，截下的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，类比平面的结论有_答案S2Seq oal(2,1)Seq oal(2,2)Seq oal(2,3)解析建立从平面图形到空间图形的类比，在由平面几何的性质类比推理空间立体几何的性质时，注意平面几何中点的性质可类比推理空间几体中线的性质，平面几何中线的性质可类比推理空间几何中面的性质，平面几何中面的性质可类比推理空间几何中体的性质所以三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图形的面积，于是作出猜想：S2Seq oal(2,1)Seq oal(2,2)Seq oal(2,3).16

12、(2015山东日照阶段训练)二维空间中圆的一维测度(周长)l2r，二维测度(面积)Sr2，观察发现Sl；三维空间中球的二维测度(表面积)S4r2，三维测度(体积)Veq f(4,3)r3，观察发现VS.已知四维空间中“超球”的三维测度V8r3，猜想其四维测度W_.答案2r4解析据归纳猜想可知(2r4)8r3，所以四维测度W2r4.17(2014陕西理)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_答案FVE2解析三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.18某

13、同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论答案(1)eq f(3,4)(2)sin2cos2(30)sincos(30)eq f(3,4)解析方法一：(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin15

14、cos151eq f(1,2)sin301eq f(1,4)eq f(3,4).(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30)eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2eq f(3,4)cos2eq f(r(3),2)sincoseq f(1,4)sin2eq f(r(3),2)sincoseq f(1,2)sin2eq f(3,4)sin2eq f(3,4)cos2eq f(3,4).方法二：(1)同解法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)s

15、incos(30)eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)eq f(1cos2,2)eq f(1cos602,2)sin(cos30cossin30sin)eq f(1,2)eq f(1,2)cos2eq f(1,2)eq f(1,2)(cos60cos2sin60sin2)eq f(r(3),2)sincoseq f(1,2)sin2eq f(1,2)eq f(1,2)cos2eq f(1,2)eq f(1,4)cos2eq f(r(3),4)sin2eq f(r(3),4)sin2eq f(1,4)(1cos2)1eq f(1,4)cos2eq f(1,4

16、)eq f(1,4)cos2eq f(3,4).1分形几何学是数学家伯努瓦曼得尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路，按照图甲所示的分形规律可得图乙所示的一个树形图易知第三行有白圈5个，黑圈4个，我们采用“坐标”来表示各行中的白圈、黑圈的个数比如第一行记为(1,0)，第二行记为(2,1)，第三行记为(5,4)(1)第四行的白圈与黑圈的“坐标”为_；(2)照此规律，第n行中的白圈、黑圈的“坐标”为_答案(1)(14,13)(2)(eq f(3n11,2)，eq f(3n11,2)(nN*)解析(1)从题中的条件易知白圈、黑圈的变化规律

17、：一个白圈的下一行对应两个白圈和一个黑圈，一个黑圈的下一行对应一个白圈和两个黑圈，因此第4行的白圈个数为524114，黑圈个数为514213，所以第四行的白圈与黑圈的“坐标”为(14,13)(2)第n行中的白圈和黑圈总数为3n1个，设“坐标”为(an,3n1an)，则第n1行中的白圈和黑圈总数为3n个，设“坐标”为(an1,3nan1)(an3n1,23n1an)，即a11，an1an3n1aneq f(3n11,2)，从而得到第n行中的白圈、黑圈的“坐标”为(eq f(3n11,2)，eq f(3n11,2)(nN*)2(2013湖北理)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形

18、数1,3,6,10，第n个三角形数为eq f(nn1,2)eq f(1,2)n2eq f(1,2)n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)eq f(1,2)n2eq f(1,2)n，正方形数N(n,4)n2，五边形数N(n,5)eq f(3,2)n2eq f(1,2)n，六边形数N(n,6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_.答案1 000解析方法一：已知式了可化为：N(n,3)eq f(1,2)n2eq f(1,2)neq f(32,2)n2eq f(43,2)n，N(n,4)n2eq f(42,2)n2eq f(44,2)n，N(n,5)eq f(3,2)n2eq f(1,2)neq f(52,2